浙江省衢州二中2025届高三数学下学期第一次模拟考试试题含解析

PAGE22-浙江省衢州二中2025届高三数学下学期第一次模拟考试试题（含解析）一、选择题1.设，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先化简集合A,再求.【详解】由得：，所以，因此，故答案为B【点睛】本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些学问的驾驭水平和计算推理实力.2.一场考试须要2小时，在这场考试中钟表的时针转过的弧度数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】因为时针经过2小时相当于转了一圈的，且按顺时针转所形成的角为负角，综合以上即可得到本题答案.【详解】因为时针旋转一周为12小时，转过的角度为，按顺时针转所形成的角为负角，所以经过2小时，时针所转过的弧度数为.故选：B【点睛】本题主要考查正负角的定义以及弧度制，属于基础题.3.已知复数z满意（其中i为虚数单位），则复数z虚部是（）A. B.1 C. D.i【答案】A【解析】【分析】由虚数单位i的运算性质可得，则答案可求.【详解】解：∵，∴，，则化为，∴z的虚部为.故选：A.【点睛】本题考查了虚数单位i的运算性质、复数的概念，属于基础题.4.已知直线，，则“”是“”的A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】先得出两直线平行的充要条件，依据小范围可推导出大范围，可得到答案.【详解】直线，，的充要条件是，当a=2时，化简后发觉两直线是重合的，故舍去，最终a=-1.因此得到“”是“”的充分必要条件.故答案为C.【点睛】推断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤推断命题p与命题q所表示的范围，再依据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，推断命题p与命题q的关系．5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B.3 C. D.4【答案】C【解析】【分析】首先把三视图转换为几何体，该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，由柱体、椎体的体积公式进一步求出几何体的体积.【详解】解：依据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为由一个三棱柱体，切去一个三棱锥体，如图所示：故：.故选：C.【点睛】本题考查了由三视图求几何体的体积、需熟记柱体、椎体的体积公式，考查了空间想象实力，属于基础题.6.函数的图象如图所示,则它的解析式可能是()A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】依据定义域解除，求出的值，可以解除，考虑解除.【详解】依据函数图象得定义域为，所以不合题意；选项，计算，不符合函数图象；对于选项，与函数图象不一样；选项符合函数图象特征.故选：B【点睛】此题考查依据函数图象选择合适的解析式，主要利用函数性质分析，常见方法为解除法.7.已知数列的前n项和为，，且对于随意，满意，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用数列的递推关系式推断求解数列的通项公式，然后求解数列的和，推断选项的正误即可．【详解】当时，．所以数列从第2项起为等差数列，，所以，，．，，．故选：．【点睛】本题考查数列的递推关系式的应用、数列求和以及数列的通项公式的求法，考查转化思想以及计算实力，是中档题．8.已知是双曲线的左、右焦点，若点关于双曲线渐近线的对称点满意（为坐标原点），则双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用对称得，依据可得，由几何性质可得，即，从而解得渐近线方程.【详解】如图所示：由对称性可得：为的中点，且，所以，因为，所以，故而由几何性质可得，即，故渐近线方程为，故选B.【点睛】本题考查了点关于直线对称点的学问，考查了双曲线渐近线方程，由题意得出是解题的关键，属于中档题.9.已知平面对量，满意且，若对每一个确定的向量，记的最小值为，则当改变时，的最大值为（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】依据题意,建立平面直角坐标系.令.为中点.由即可求得点的轨迹方程.将变形,结合及平面对量基本定理可知三点共线.由圆切线的性质可知的最小值即为到直线的距离最小值,且当与圆相切时,有最大值.利用圆的切线性质及点到直线距离公式即可求得直线方程,进而求得原点到直线的距离,即为的最大值.【详解】依据题意,设,则由代入可得即点的轨迹方程为又因为,变形可得,即,且所以由平面对量基本定理可知三点共线,如下图所示:所以的最小值即为到直线的距离最小值依据圆的切线性质可知,当与圆相切时,有最大值设切线的方程为,化简可得由切线性质及点到直线距离公式可得,化简可得即所以切线方程为或所以当改变时,到直线的最大值为即的最大值为故选:B【点睛】本题考查了平面对量的坐标应用,平面对量基本定理的应用,圆的轨迹方程问题,圆的切线性质及点到直线距离公式的应用,综合性强,属于难题.10.已知函数（）的最小值为0，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设，计算可得，再结合图像即可求出答案.【详解】设，则，则，由于函数的最小值为0，作出函数的大致图像，结合图像，，得，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了分段函数的图像与性质，考查转化思想，考查数形结合思想，属于中档题.二、填空题11.若,则=______,=______.【答案】(1).1(2).0【解析】【分析】①依据换底公式计算即可得解；②依据同底对数加法法则，结合①的结果即可求解.【详解】①由题：,则；②由①可得：.故答案为：①1，②0【点睛】此题考查对数的基本运算，涉及换底公式和同底对数加法运算，属于基础题目.12.《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章给出了弧田面积的计算公式．如图所示，弧田是由圆弧AB和其所对弦AB围成的图形，若弧田的弧AB长为4π，弧所在的圆的半径为6，则弧田的弦AB长是__________，弧田的面积是__________．【答案】(1).6(2).12π﹣9【解析】【分析】过作，交于，先求得圆心角的弧度数，然后解解三角形求得的长.利用扇形面积减去三角形的面积，求得弧田的面积.【详解】∵如图，弧田的弧AB长为4π，弧所在的圆的半径为6，过作，交于，依据圆的几何性质可知，垂直平分.∴α＝∠AOB＝＝，可得∠AOD＝，OA＝6，∴AB＝2AD＝2OAsin＝2×＝6，∴弧田的面积S＝S扇形OAB﹣S△OAB＝4π×6﹣＝12π﹣9．故答案为：6，12π﹣9．【点睛】本小题主要考查弓形弦长和弓形面积的计算，考查中国古代数学文化，属于中档题.13.已知实数、满意，且可行域表示的区域为三角形，则实数的取值范围为______，若目标函数的最小值为-1，则实数等于______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，结合目标函数的最小值，利用数形结合即可得到结论.【详解】作出可行域如图，则要为三角形需满意在直线下方，即，；目标函数可视为，则为斜率为1的直线纵截距的相反数，该直线截距最大在过点时，此时，直线：，与：的交点为，该点也直线：上，故，故答案为：；.【点睛】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法，属于基础题.14.有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，则对应的排法有______种；______；【答案】(1).36(2).；1.【解析】【分析】的可能取值为0，1，2，3，对应的排法有：.分别求出，，，，由此能求出.【详解】解：有2名老师和3名同学，将他们随机地排成一行，用表示两名老师之间的学生人数，则的可能取值为0，1，2，3，对应的排法有：.∴对应的排法有36种；，，，，∴故答案为：36；1.【点睛】本题考查了排列、组合的应用，离散型随机变量的分布列以及数学期望，属于中档题.15.已知函数，且，，使得，则实数m的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】依据条件转化为函数在上的值域是函数在上的值域的子集；分别求值域即可得到结论.【详解】解：依题意，，即函数在上的值域是函数在上的值域的子集.因为在上的值域为（）或（），在上的值域为，故或，解得故答案为：.【点睛】本题考查了分段函数的值域求参数的取值范围，属于中档题.16.已知实数a，b，c满意，则的最小值是______.【答案】【解析】【分析】先分别出，应用基本不等式转化为关于c的二次函数，进而求出最小值.【详解】解：若取最小值，则异号，，依据题意得：，又由，即有，则，即的最小值为，故答案为：【点睛】本题考查了基本不等式以及二次函数配方求最值，属于中档题.17.若四棱锥的侧面内有一动点Q，已知Q究竟面的距离与Q到点P的距离之比为正常数k，且动点Q的轨迹是抛物线，则当二面角平面角的大小为时，k的值为______.【答案】【解析】【分析】二面角平面角为，点Q究竟面的距离为，点Q到定直线得距离为d，则.再由点Q究竟面的距离与到点P的距离之比为正常数k，可得，由此可得，则由可求k值.详解】解：如图，设二面角平面角为，点Q究竟面的距离为，点Q到定直线的距离为d，则，即.∵点Q究竟面的距离与到点P的距离之比为正常数k，∴，则，∵动点Q的轨迹是抛物线，∴，即则.∴二面角的平面角的余弦值为解得：（）.故答案为：.【点睛】本题考查了四棱锥的结构特征，由四棱锥的侧面与底面的夹角求参数值，属于中档题.三、解答题18.在中，内角的对边分别是，已知．（1）求的值；（2）若，求的面积．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由，利用余弦定理可得,结合可得结果；（2）由正弦定理，,利用三角形内角和定理可得，由三角形面积公式可得结果.【详解】（1）由题意，得.∵.∴,∵，∴.（2）∵，由正弦定理，可得.∵a>b，∴,∴.∴.【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理及特别角的三角函数，属于中档题.对余弦定理肯定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要娴熟驾驭运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还须要记住等特别角的三角函数值，以便在解题中干脆应用.19.已知等腰梯形中（如图1），，，为线段的中点，、为线段上的点，，现将四边形沿折起（如图2）（1）求证：平面；（2）在图2中，若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）先连接，依据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，证明平面平面，得到点在底面上的投影必落在直线上，记为点在底面上的投影，连接，，得出即是直线与平面所成角，再由题中数据求解，即可得出结果.【详解】（1）连接，因为等腰梯形中（如图1），，，所以与平行且相等，即四边形为平行四边形；所以；又为线段的中点，为中点，易得：四边形也为平行四边形，所以；将四边形沿折起后，平行关系没有改变，仍有：，且，所以翻折后四边形也为平行四边形；故；因为平面，平面，所以平面；（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，因为，，翻折前梯形的高为，所以，则，；所以；又，，所以，即，所以；又，且平面，平面，所以平面；因此，平面平面；所以点在底面上的投影必落在直线上；记为点在底面上的投影，连接，，则平面；所以即是直线与平面所成角，因为，所以，因此，，故；因为，所以，因此，故，所以.即直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本题主要考查证明线面平行，以及求直线与平面所成的角，熟记线面平行的判定定理，以及线面角的求法即可，属于常考题型.20.已知数列的前项和为，.（1）求数列的通项公式；（2）若，为数列的前项和.求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用求得数列的通项公式.（2）先将缩小即，由此结合裂项求和法、放缩法，证得不等式成立.【详解】（1）∵，令，得.又，两式相减，得.∴.（2）∵.又∵，，∴.∴.∴.【点睛】本小题主要考查已知求，考查利用放缩法证明不等式，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.21.已知椭圆E：（）的离心率为，且短轴的一个端点B与两焦点A，C组成的三角形面积为.（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）若点P为椭圆E上的一点，过点P作椭圆E的切线交圆O：于不同的两点M，N（其中M在N的右侧），求四边形面积的最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】【分析】（Ⅰ）结合已知可得，求出a，b的值，即可得椭圆方程；（Ⅱ）由题意可知，直线的斜率存在，设出直线方程，联立直线方程与椭圆方程，利用判别式等于0可得，联立直线方程与圆的方程，结合根与系数的关系求得，利用弦长公式及点到直线的距离公式，求出，得到，整理后利用基本不等式求最值.【详解】解：（Ⅰ）可得，结合，解得，，，得椭圆方程；（Ⅱ）易知直线的斜率k存在，设：，由，得，由，得，∵，设点O到